+(n-2)02x-2+..+【n-(n-1)a,-x+na-na=n(a.x"+.+a)-[a,x-]+2ax-2+..+(n-1)a.-,x+na,)=nf(x)-F;(x,1).：(f,f)=1，:. (F(x,1),F(x,1))=1.事实上，若()/(F(，1)，F(1)），则()f()，即有d(x)icf'(x), f(x)), : d(x)= 1.反之，若（F（x，1），F（x，1））=1，显然有(f，f)=1，即f(x)无重根。2元2元+isin问题25设p（≥3）为质数，8=cospp为p次单位根，则（a+b)(a+eb)(a+e-1b)=a°+6°证明：！b手0时，b，be，，be-为x-6的p个不同的根，故有x-6(x-b)(x-86)...(x-e-6).令×=一，奇质数，故有(a+b)(a+eb)...(a+e-1b)=q+b*.问题26设f(x）为首一的n次多项式，α1，，α,为f（x）的n个根，如果d是以a，，a为元的Vandermondea(n-f'(a,)f'(a?)..f'(a,).行列式，则d=（一1）证明： d= I (a,-a), d" (a,-ap.1i<i<s15121532
由条件知道f(x）=(x-α)，：f'(a)=(a)。1=1在f"(α）中，只要改变1+2++(n1)=n(n=1)2次符号，就可有a,α，而i<i，这样就有d=(-1)2f"(a,)f"(a.)..f"(a.).问题27设f（α）为有理数域上的n（≥2）次多项式，并它在有理数域上不可约，知f（α）的一个根的倒数也是f(x)的根，证明：f(α)的每一个根的倒数都是f(x)的根。证明，设f(x)=,"+a--1+.…+α,x+a。，因为f(α)在有理数域上不可约，故α。0。令）=+-++1+，由条件知α的倒数为f(x)的根，因而有a,+an-a+..+a,a"-i+a.a"-0.又α为f()的根，f()不可约，故f()(α)，设β为f(x)的任一个根，当然β≠0，：(β）=0，即a.+a.-+...+a,β"-1+a.β"=0,*+-++ ,0从而告为f(α)的根。B问题28试求出所有适合下式的非零多项式f（x）：f(f(x)）=(f(α))，n为正整数。解：1）a°（f(α))=0时，即f(α）=c，c0，C=c",33
c"-1=1,：为1的n一1次单位根时，知f（x）=c符合题意.2）a(f(x))>0时，设f(x)=amx"+.+ax+ao,故有a.(a.x"+.+a,x+a)"+.+a,(a.x"++a,x+a)+a。=（a.x"+..+a,x+a.），从而m=mm.：m0,：m=n，这样有a.f"(x)+a.--fu-1(x)+..+a,f(x)+a。=f"(x),.(a-1)f"(x)+a--fn-1(α)+..+a,f(x)+a=0,a,-1,a-=0,,a,=0,a。=0,故f(x)=x易知f（x）=x符合题意。问题29设f(x）为整系数多项式，f（α）的次数为n=2m或2m+1，a1，，a为互异的整数，s>2m，且f(a)=1或-1，i=1,2,,s,则f(x)在有理数域Q上不可约。证明：设f(x)=f,(x)f,(x)，而有a(f,(α))<n，a°（f(x))<n，且a°f(x))，i=1，2中至少有一个不大于m，不设a（f（x))≤m，由于f(a,)=1或一1，i=1，2，.s，s>2m，s/2>m，故f,(a）中有m+1个1或一1，这样得到f，（α）需1或一1矛盾，从而不可约。问题30设p（x），i=1，2，，k为实系数多项式，若a(p(x))<号k(k-1),则 p:(x),, p(x)在R上线性相关（≥2）：证明：1）若P（x)中有一个为0，结论当然成立。34
2）设p（），，p*均不为零，且令0(p(x))=ni,0≤ninz≤.≤ni.我们说日而有（(））=a（p()），否则有[n,≥0,1n2≥1，从面n,+.+n++k-1：(n≥h-1,k(k-1)2与已知矛盾。再设s=n++nk，我们对s进行归纳。1°S=0时结论显然成立，2°设次数和≤s一1时成立，证明s时成立。事实上，由上证明日i，使ap(x）=a（p（）），j，因而有0使()-()=()或为零多项式或(())<a(p(α))，若为前者结论自然成立，现设a°(P(α))=n,<nisn,++ni-i+n,+ni+i+.+n<s，当然有".++ni +…n(h=)，由归纳假设得到2p(x), *pi-(x), pi(x), pi+r(x), *, p(x)在R上线性相关，即日不全为零的数1，*，1使1,p,(x)+...+lp(x)+.+lp(x)= 0,.:.1,p,(x)+**+l(p(x)-ap(x))+...+p(x)=0,:.liP.(x)+...+lp(x)+..+lp(x)=0,35
这里1"，，1不全为0，进而结论成立。问题31设入1，…，入，为s个互异的数，ai0，a1，，am，（i=1，2，*"，s）为任意给定的（m+1)+（mz+1)++（m+1）个数，证明：存在多项式f（α）满足f()ai09f'()=a1,…,f(m"()=am(i=1，2，.，s），这里f()(α)表示f(α）的k阶导式。解：先求多项式f（x），i=1，2，s，使它在入的值为a;，而它的阶导式在，的值为aix，但在入，（j+i）的值都为零，为此取gi(x)=(x1,)"1+t..(x-Ni-1)mi-1 +1(x-Ai+1)mi+1+1...(x-^)", +1.设h()=Ci+ci(x-A,)+..+cim.(x-)"i,其中Cio，Ci1，Cim为待定的常数，作f(x)=h(x)gi(x),i=1,2,",S, f(x)=h'gi+hht-I'g;+..+higt).直接验证知f()=fi()=f(m"()0,ji,且f(,)=h(.)g:()+h-1()g(,)++h.(a)g*)(a).令f(a)=上式为aa=kicug.(a.)+kici.t-igi(a)++ciog()此式依次取k=0，1，，m时，即有ioCiog:(.),ai=Cigi()+ciog(),36